Kompleksni brojevi pripremio Ivan Gretić

Terminologija kompleksnih brojeva

Promotrimo jednadžbu 2 1x . Kako bi neki broj bio rješenje te jednadžbe, taj broj kvadriran mora

kao rezultat dati -1. No znamo da kvadrat bilo kojeg realnog broja ne može biti negativan. Tako je

formiran novi skup brojeva – brojevi kojima su kvadrati negativni realni brojevi. Posebni značaj ima

broj koji kvadriran daje -1. Taj broj zovemo imaginarnom jedinicom, te ga označavamo sa i .

2 1i

Imaginarni broj je broj oblika bi , gdje je b realni broj različit od 0, a i imaginarna jedinica. Ako

realnom broju a pribrojimo imaginarni broj bi , dobit demo kompleksni broj a bi .

Kompleksni broj je broj oblika a bi , gdje su a i b realni brojevi, a i imaginarna jedinica. Za

kompleksni broj u ovom obliku kažemo da je napisan u standardnom obliku. Realni broj a zovemo

realnim dijelom, dok realni broj b nazivamo imaginarnim dijelom kompleksnog broja.

Svaki realni broj je također i kompleksni broj. Skup kompleksnih brojeva označavamo sa . U

odnosu na ostale skupove vrijedi:

Jednakost kompleksnih brojeva: Dva su kompleksna broja jednaka ako su im jednaki realni

dijelovi i ako su im jednaki imaginarni dijelovi i obratno, odnosno:

a bi c di a c i b d

Primjer Rješenje

Odredi realne i imaginarne dijelove kompleksnih brojeva:

) 3 2

) 2 3

) 8 13

) 5 (8 )

) 6 2

a i

b i

c i

d x y i

e xy ci i

) ( ) 3, ( ) ( 2)

) ( ) 2, ( ) 3

) ( ) 8, ( ) ( 13)

) ( ) 5 , ( ) 8

) ( ) 6 , ( ) 2

a e z m z

b e z m z

c e z m z

d e z x m z y

e e z xy m z c

Primjer Rješenje

Odredi x i y tako da vrijedi:

5(2 6) 10 12

2

xy i i

510, 2 6 12

2

5 20, 2 6

15, 3

xy

x y

x y

Operacije sa kompleksnim brojevima

Zbrajanje: Kompleksne brojeve zbrajamo tako da im zbrojimo istoimene dijelove, tj. zbrajamo realni dio s realnim, a imaginarni s imaginarnim.

( ( ) ( )) ( ( ) ( ))z w e z e w m z m w i

Oduzimanje: Kompleksne brojeve oduzimamo tako da im oduzmemo istoimene dijelove, tj.

oduzimamo realni dio od realnog, a imaginarni od imaginarnog dijela.

( ( ) ( )) ( ( ) ( ))z w e z e w m z m w i

Množenje: Za kompleksne brojeve, kao i za realne, vrijedi svojstvo distributivnosti množenja prema

zbrajanju. Dakle,

2( ) ( )

( ) ( 1)

( ) ( )

a bi c di ac adi bci bdi

ac ad bc i bd

ac bd ad bc i

Primjer 2(2 3 )(2 3 ) 4 6 6 9

4 9( 1)

4 9

13

i i i i i

U ovom primjeru množimo dva kompleksna broja jednakih realnih dijelova, te suprotnih imaginarnih

dijelova. Za takve brojeve kažemo da su konjugirani i ako prvi označimo sa z , tada drugi označavamo

sa z . Dakle,

Broju z a bi konjugiran je broj z a bi , 2 2( )( )a bi a bi a b

Primjer

Izvedi naznačene operacije te rješenje napiši u standardnom obliku:

a) (2 3 ) (6 2 ) 2 3 6 2

(2 6) ( 3 2)

8

i i i i

i

i

2d) (2 3 )(6 2 ) 12 4 18 6

12 14 6( 1)

18 14

i i i i i

i

i

b) ( 5 4 ) (0 0 ) 5 4 0 0

5 4

i i i i

i

2) (1 ) 1 1e i i i i i i

c) (7 3 ) (6 2 ) 7 3 6 2

1 5

i i i i

i

2

2

1) 2

2

1 1 9 3( 2) 2

2 4 4 2

d z i

z

Potencije imaginarne jedinice :Odredimo redom potencije: 1 2 3 4 5, , , ,i i i i i .

1

2

3 2

4 2 2

5 4

1

1

1 1 1

1

i i

i

i i i i i

i i i

i i i i i

Primjer

Izračunaj potencije broja i :

81 4 20 1 20 1( ) 1i i i i

462 4 115 2 115 2 2( ) 1i i i i

2

2

1 11

1i

i

Apsolutna vrijednost kompleksnog broja: Ako imamo kompleksni broj z a bi , njegov modul

(apsolutnu vrijednost) označavamo sa z , te vrijedi:

2 2z a b

Kombinirajudi ovu formulu sa formulom konjugiranih brojeva, vidimo da vrijedi:

2z z z

Primjer

Odredi apsolutnu vrijednost kompleksnog broja:

2 2

2 2

) 3 4

3 4 9 16 25 5

12 5)

7

12 5 169 13

7 7 49 7

a z i

z

ib z

z

Opdenito, vrijedi:

Ako nastavimo nizati potencije imaginarne jedinice( ),

vidimo da se potencije ponavljaju i to redom: , te

možemo zaključiti da se vrijednosti potencija imaginarne jedinice s

prirodnim eksponentom periodički ponavljaju.

2 2

) 5

0 5 25 5

c z i

z

Dijeljenje kompleksnih brojeva: Znamo da je umnožak kompleksnog broja z a bi i

njegovoga konjugiranog broja jednak 2

z z z . To možemo upotrijebiti pri dijeljenju kompleksnih

brojeva.

Primjer

a) Ako je 3 4z i i 2 3w i , odredi z

w.

3 4 2 3 (6 12) (8 9) 18 18 1

2 3 2 3 4 9 13 13 13

z i i i ii

w i i

b) 3 2 3 2 3 2

2 31

i i i ii

i i i

Razni primjeri

Zapiši pomodu imaginarne jedinice:

2

2

) 16 16 ( 1) 16 4

4 4 4 2) ( 1)

9 9 9 3

a i i

b i i

Izračunaj z:

( 2 3 ) (4 5 ) (1 ) ( 4 2 )

(4 5 ) ( 4 2 ) (1 ) ( 2 3 )

(4 5 4 2 ) 1 i 2 3i

7iz 3 2i

3 2z

7

i i z i i z

i z i z i i

z i i

i

i

23 2 7 21 14 14 21 2 3

7 7 49 49 7

2 3

7 7

i i i i i iz

i i

z i

Ako je 1

1zz

, koliko je 2 3 4, ,z z z ?

2

2

11

1

1 0

z zz

z z

z z

1,2

1 3

2

iz

Riješi jednadžbu:

Zapišimo . Imamo:

Iz uvjeta dobivamo .

Dalje imamo:

Dakle,

2

2

1

2

2

2

1 3 1 2 3 3 1 3

2 4 2

1 3 1 2 3 3 1 3

2 4 2

i i iz

i i iz

2

4 2 2

1 1

2

4 2 2

2 2

1 3 3 2 3 1 1 3( )

2 4 2

1 3 2 2 3 1 3( )

2 4 2

i i iz z

i i iz z

Izračunaj potencije kompleksnog broja 1

1 3

2

iw

.

22

1

1

( 1 3 ) 1 2 3 3 2 2 3 1 3

4 4 4 2

i i i iw

w

23 2

1 1 1 1 1 1

22 22

21 3 41 1

2 2 4

w w w w w w

4 3

1 1 1 1 11w w w w w

5 4 2

1 1 1 1 1 1 1w w w w w w w

Potencije se ponavljaju. Izračunajmo sada 3

1w . Ako je 3

1 1w , onda je 3

1 1 1w . Kako su kubovi

ovih brojeva jednaki 1, to su ovi brojevi:

3

1

3

2

3

3

1 1

1 31

2

1 31

2

i

i

U skupu kompleksnih brojeva, broj rješenja ovisi o „stupnju“ korijena, dakle 4 z ima 4 rješenja,

, 0z z . Ovoj tematici demo pristupiti mnogo detaljnije u kasnijim poglavljima.

Vidimo da su potencije broja jednake korijenima

broja 1. Izračunajte kojem korijenu su jednake

potencije broja Rezultate provjerite

potenciranjem!

3 2

1 1 1

3 2

2 2 2

1 3 1 3 3 11

2 2 4

1 3 1 3 1 31

2 2 4

razlika kvadrata

i iz z z

i iz z z

Uočite:

itd.

w

Kompleksna ravnina Kompleksni broj je broj oblika a bi , gdje su a i b realni brojevi, a i imaginarna jedinica.

Kompleksni broj a bi možemo poistovjetiti sa uređenim parom realnih brojeva ,a b .Bududi da

uređene parove brojeva ,a b prikazujemo točkama koordinatne ravnine, svakom broju z a bi

možemo pridružiti točku koordinatnog sustava s koordinatama ,a b .

Ravnina u kojoj su točke poistovijedene sa kompleksnim brojevima zove se kompleksna (Gaussova)

ravnina. U kompleksnoj ravnini os x se zove realna os, dok se os y naziva imaginarnom.

Primjer

U kompleksnoj ravnini točkama prikaži slijedede kompleksne brojeve:

2 3 3 5 4 3A i B i C D i

Geometrijski, apsolutna vrijednost kompleksnog broja, 2 2z a b udaljenost je kompleksnog

broja z od ishodišta koordinatnog sustava.

b

a c

b

Pitagorin poučak:

m

e

I konjugirani brojevi imaju svoju geometrijsku interpretaciju. Oni su osnosimetrični s obzirom na

realnu os kompleksne ravnine. Isto tako, suprotni brojevi su centralnosimetrični s obzirom na

ishodište kompleksne ravnine.

Primjer

Gdje se u kompleksnoj ravnini nalaze točke pridružene brojevima z za koje je 2z ?

Dakle, izraz 2z nam govori da je udaljenost kompleksnog broja z od ishodišta kompleksne ravnine

jednaka 2. No, takvih brojeva ima beskonačno mnogo, te nam računanje nede dati odgovor. No zato,

geometrijski prikaz de nam dati potpuno rješenje, odnosno obuhvatiti sve brojeve iz uvjeta zadatka.

Podsjetimo se, kružnica je skup svih točaka ravnine koje su jednako udaljene od neke zadane točke.

Ovdje je rješenje upravo kružnica polumera 2 sa središtem u ishodištu kompleksne ravnine.

Primjer

Ako je zadan kompleksni broj 0 4 3z i , gdje se nalaze točke koje su od njega udaljene za 3?

Od 0z za 3 su sigurno udaljene točke 1 2 3 47 3 , 1 3 , 4 6 , 4z i z i z i z . Ima li još takvih

točaka? Ima, i upravo kružnica sa središtem u 0z polumjera 3 predstavlja skup rješenja.

Opdenito vrijedi da je u kompleksnoj ravnini skup

0 0, , 0z z z r z r

kružnica polumjera r sa središtem u 0z .

r=2

m

e

Primjer

Odredite skup točaka kompleksne ravnine za koji je:

) 1 2 5

( 1 2 ) 5

a z i

z i

Kružnica sa središtem u točki 0 1 2z i

polumjera 5.

) 5 2 2

( 5 2 ) 2

( 5 2 ) 2

(5 2 ) 2

c i z

z i

z i

z i

Otvoreni krug, (5, 2), 2S r .

b) 2 5 2

(2 5 ) 2

z i

z i

Kružnica sa središtem 2, 5 , 2S r .

) 2 1 4

2 ( 1 ) 4

d z i

z i

Kružni prsten, 1 2( 1, 1), 4, 2S r r

Primjer

Grafički odredite rješenje sustava jednadžbi:

1 2 5

(2 3i) 2 i

z i

z t

Iz prve jednadžbe imamo:

(1 2 ) 5z i

Dakle, rješenje je kružnica, (1, 2), 5S r

Raspišimo drugu jednadžbu:

2 3 2

2 2 (3 1)

z t it i

z t i t

Izračunajmo nekoliko kompleksnih brojeva z tako da uzmemo neke vrijednosti za t te ih povežimo

pravcem u kompleksnoj ravnini. Pravac predstavlja skup rješenja druge jednadžbe. Konačno, sjecišta

pravca i kružnice predstavljaju konačna rješenja sustava jednadžbi.

m

e

m

e

Primjer

Nacrtaj skup točaka z kompleksne ravnine za koji je 2 7z i z i

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 7 ,

2 7

( 2) ( 7)

( 2) ( 7)

( 2) ( 7)

4 4 14 49

10 45

4.5

z i z i z x yi

x yi i x yi i

x i y x i y

x y x y

x y x y

y y y y

y

y

Trigonometrijski zapis kompleksnog broja U kompleksnoj ravnini smo do sada određivali brojeve pomodu Kartezijevih koordinata. Svaka točka

( , )x y je predstavljala jedinstven broj z x yi u kompleksnoj ravnini. Točke se mogu odrediti i na

drugi način, pomodu polarnih koordinata. U ovom obliku, kompleksni brojevi su u kompleksnoj

ravnini određeni udaljenošdu od ishodišta i kutom kojeg zatvaraju sa pozitivnim dijelom realne osi.

Dakle,

za z x yi dobivamo njegov prikaz u trigonometrijskom obliku kao

(cos sin )z r i

Koordinata točke T nije određena jednoznačno, jer ( , ) ( , 2 )T r T r k . Broj r označava

udaljenost kompleksnog broja od ishodišta, dakle njegovu apsolutnu vrijednost, i označava se sa z .

Skup svih kuteva 2k , k , koji odgovaraju kompleksnom broju z, zovemo argumentom od z,

oznaka je arg z .

Rješenje, odnosno skup rješenja je

predstavljen pravcem paralelnim sa

realnom osi.

4.5

z x yi Primijetimo da je

Isto tako:

Spomenute jednadžbe prikazuju vezu između

Kartezijevih i polarnih koordinata

x

y

Primjer

Prikaži kompleksni broj u trigonometrijskom obliku, uz uvjet 0,2 :

) 1a z i

Jednadžbe koje povezuju Kartezijev i polarni

koordinatni sustav glase:

2 2 , tan , 0y

r x y xx

Imamo:

2 2( 1) 1 1 1 2

1 7tan 1

1 4

r

Naime 1tan ( 1) može iznositi i 3

4

. Velika je

vjerojatnost da de vaš kalkulator izbaciti

upravo taj rezultat . No taj argument ne

uzimamo, bududi da iz zapisa broja u

pravokutnim koordinatama vidimo da je broj u

4. kvadrantu ( 0, 0)x y . Dakle, imajudi u

vidu uvjet zadatka, slijedi da je

7 72 cos sin

4 4z i

) 3b z i

2 2( 3) 1 3 1 4 2r

1 3 5tan

3 63

Dobiveni argument u skladu je sa pozicijom

broja u koordinatnom sustavu. Dakako, kada

ne bi imali uvjet za argument, on bi mogao

iznositi bilo koju vrijednost 5

2 ,6

k k

Dakle, konačno rješenje je

5 52 cos sin

6 6z i

Vrijedi upamtiti:

tan( )

0° 0

30° 3 / 3

45° 1

60° 3

Recimo još par riječi o tangensu:

Tangens je neparna funkcija, odnosno, tan( ) tan( )x x . Njezin temeljni period je . Dakle, ako

krenemo od neke točke (ubilo kojem smjeru) na jediničnoj kružnici i te stanemo na točki koja je za

udaljena od početne točke, tangens od tih dviju točaka daje istu vrijednost. Dakle, vrijedi

tan( ) tan( )x x

Vrijedi, na primjer, 5 7

tan( ) tan( ), tan( ) tan( )4 4 6 6

. Iz koordinatnog zapisa kompleksnog

broja možemo odmah zaključiti u kojem se kvadrantu nalazi, te prema tome odabiremo ispravnu

vrijednost argumenta u trigonometrijskom zapisu.

Primjer

Prebaci kompleksni broj 3 5z e i i m i u trigonometrijski oblik.

3 3 3 , 5 (5 )e i e i m i m i i 3 .z i I kvadrant ,

2 2( 3) 1 3 1 4 2,r

1 3tan 30

3 63

Dakle, 2 cos sin6 6

z i

Prebacimo kompleksni broj natrag u koordinatni zapis:

3 12 cos sin 2 3

6 6 2 2z i i i

Potrebno je dobro baratati vrijednostima sinusa i kosinusa:

Na slici su označene koordinate značajnijih točaka

jedinične kružnice, na način (cosx, sin x).

cosx nam „živi“ na osi u, dok nam je sinx na osi v.

Vrijednosti cosx za kompleksne brojeve u I. i IV.

kvadrantu su pozitivne, bududi da se ti kvadranti nalaze

na pozitivnom dijelu osi u. Isto tako, kvadranti III i IV su

uz negativan dio v-osi,te su u tim kvadrantima

vrijednosti sinusa negativne. Odredite predznak

trigonometrijskih funkcija i za preostale kvadrante i

vrijednost istih za preostale označene točke!

Naravno, za neke kompliciranije točke na kružnici,

morat demo se poslužiti kalkulatorom.

Računske operacije u trigonometrijskom obliku Operacije množenja, dijeljenja i potenciranja kompleksnih brojeva, mogu se izvesti jednostavnije ako

kompleksni broj najprije prebacimo u trigonometrijski oblik. Radi kradeg pisanja, kompleksni broj

možemo označavati sa

: cos sinie i

npr. 62 cos sin 26 6

i

i e

Može se dokazati da vrijede slijedede formule:

1 2 1 2( )

1 2 1 2 1 2( )i i i

z z re r e r r e

1

1 2

2

( )1 1 1

2 2 2

ii

i

z re re

z r e r

( )n i n n inz e r e

Korjenovanje demo posebno obraditi malo kasnije.

Primjer

Imamo brojeve 1 24 4 , 2 2z i z i . Prebaci ih u trigonometrijski zapis i izračunaj:

1 2

1

2

)

)

a z z

zb

z

Prebacimo najprije oba broja u trigonometrijski zapis:

2 2

1

1 1

7

41

(4) ( 4) 16 16 32

4 7tan 1

4 4

32i

r

z e

2 2

2

2 1

41

( 2) (2) 4 4 8

2tan 1

2 4

8i

r

z e

77

24 44 41 2) 32 8 16 16

ii iia z z e e e e

77 344 41 2

2 4

32) 2 2

8

ii i

i

z eb e e

ze

Gdje se ovaj broj nalazi?

broj se nalazi na realnoj osi

Primjer

Izvrši naznačene operacije:

22

15

33

3

3 (1 )a) (1 ) )

( 1 )

i ii b

i

3333 33 3333

33 4 4 42 2

34 34

33 2 216

2

a) (1 ) 2 2 2 2 cos sin4 4

2 2 2 22 2 (1 )

2 2 2 2

i i i

i e e e i

i i i

Pojasnimo malo prethodni zadatak. Postupak pretvorbe u trigonometrijski zapis nije prikazan, bududi

da smo ga ved objasnili prije. Dakle, imamo broj

33

42i

z e

. Postupak potenciranja, prema

formuli, ide tako da potenciramo modul, a argument pomnožimo brojem iz eksponenta(u ovom

slučaju 33). Nadalje,

33 11 333333

22 22 2 2 2

Znamo da su sinx i cosx periodičke funkcije, temeljnog perioda 2 . Dakle, vrijednosti funkcije se

ponavljaju nakon obilaska punog kruga ( 2 ) na jediničnoj kružnici. Stoga,

33 328 4 2

4 4 4 4 4 4

Prema kružnici koje je prikazana par stranica ranije, vrijednosti sinx i cosx u točki 4

iznose

1

2,

odnosno1 2 2

22 2 . Primjenivši svojstvo distributivnosti ,

1 133 332 233 33 33 2 2

2 2 2

34 34

17 172 216 16 16

2 2 2 22 2 2 22 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 22 2 2 (1 )

2 2 2 2

i i i

i i i i

b) U ovom primjeru imamo malo više posla. Krenut demo tako da prebacimo sve brojeve u

trigonometrijski oblik. Zatim demo se držati redoslijeda računskih operacija-prvo demo ispotencirati,

zatim pomnožiti i podijeliti.

22 15227 15 105

226 64 2 42215 15 3 22 105 15

222 2 6 4 4

3 3 153 52 4

4

156157 2628 28 28 286 6 66 6

2 2 2 23 (1 )

2( 1 )

22

2 2 2 2

i ii i

i

ii

i ii i

e e e ei i

ei

ee

e e e e

Prebacimo sada broj natrag u koordinatni oblik:

28 28 28 2763 1

2 2 (cos sin ) 2 2 3 16 6 2 2

i

e i i

Korjenovanje Neka je n > 1 cijeli broj. Kompleksni broj w je n-ti korijen od z ako je nw z . Na

primjer, 2 i -2 su drugi korijeni od 4, bududi da je 2 2( 2) 2 4 . Isto tako, 3i i 3i su drugi korjeni

od -9, bududi da je 22( 3 ) 3 9i i . Teorem n-tog korijena glasi:

( 2 )1 k

iin n nnz re r e

za k =0, 1, 2, ..., 1n

Primjer

Izračunaj korijene:

6) 1 3a i 5( 3 1) ( 3 1)

)1

ib

i

2

3

22

2 36

63 6

4 7

6 6 69 9 91 2 3

10 13 16

6 6 69 9 94 5 6

) 1 3 2

2 2 , 0,1,2,3,4,5

2 , 2 , 2

2 , 2 , 2

i

k

i i

i i i

i i i

a i e

e e k

w e w e w e

w e w e w e

5( 3 1) ( 3 1)

)1

ib

i

Nazivnik lako prebacimo u trigonometrijski oblik:

7

42 1 2

i

z i e

Pozabavimo se malo brojnikom: ( 3 1) ( 3 1)i

r =

2 2

7

121

( 3 1) ( 3 1) 3 2 3 1 3 2 3 1 8 4 2 2 2

3 1 3 1 3 1 3 2 3 1 7tan 2 3

2 123 1 3 1 3 1

2 2

razlika kvadrata

i

r

z e

Kod izračunavanja argumenta opet moramo paziti na to u kojem kvadrantu se broj nalazi. Realni dio

je negativan, a imaginarni pozitivan. Dakle, radi se u drugom kvadrantu. Ako u kalkulator upišemo

1tan 2 3 , izbacit de nam 5

12

, odnosno

19

12

. No taj argument pripada 4. kvadrantu.

Oduzmimo 19

12

i dobit demo ispravnu vrijednost kuta iz drugog kvadranta.

Podijelimo ta dva broja:

77 7 14 7 5

1212 4 12 6 6

7

4

2 2 2 22 2 2

22

ii i i i

i

ee e e e

e

Na kraju korjenujemo:

52

64 5

53 52 2 , 0,1, 2,3, 4

k

i

i

e e k

17 29 41 53

5 5 5 5 56 30 30 30 301 2 3 4 52 , 2 , 2 , 2 , 2

i i i i i

w e w e w e w e w e

Algebarske jednadžbe u skupu kompleksnih brojeva Kao i u skupu realnih, u skupu kompleksnih brojeva se također mogu postaviti jednadžbe, pa i

skupovi jednadžbi sa kompleksnom nepoznanicom. Sve računske operacije koje smo do sada obradili

bit de nam potrebne pri rješavanju jednadžbi u skupu kompleksnih brojeva. Dobro baratanje

računskim operacijama i trigonometrijskim oblikom kompleksnog broja ključ je uspjeha u rješavanju

ovih jednadžbi.

Primjer

Riješi jednadžbe u skupu kompleksnih brojeva: 4 6 3) 16 0 ) 3 4 0a z b z z

4

2

44 4 4

3 5 7

4 4 4 41 2 3 1

) 16

16 16 16 , 0,1,2,3

2 , 2 , 2 , 2

ki

i

i i i i

a z

z e e k

z e z e z e z e

Prebacite rješenja u koordinatni

oblik i skicirajte ih!

6 3

3 2

1,2 1 2

) 3 4 0

3 4 0

3 9 16 3 54, 1

2 2

b z z

u z u u

u u u

0 2

3 03 3 3

2 4

03 3 3 33 31 2 2

2

33 3 3

5

3 3 33 34 5 6

1 4 4 4 , 0,1,2

4 4, 4 , 4

2 1 1 1 , 0,1,2

1 , 1 , 1

ki

i

i ii

ki

i

i ii

z e e k

z e z e z e

z e e k

z e z e z e

Primjer

Nađi sve z takve da vrijedi 3arg2

z

i 2 1z

Znamo da je 3arg2

z

, koliko je onda arg( )z ? Odnosno, bolje bi bilo postaviti pitanje oblika:

Koji su argumenti od 1 2 3, ,z z z ? Jer, kako bi dobili z(točnije, argumente od z), moramo izračunati

3 3z , a znamo da demo korjenovanjem dobiti 3 rješenja(pa tako i tri argumenta). Znamo da vrijedi:

, k 0,1,..., n 1k

in i n nxe xe

Usredočimo se na argument:

k

n

naš slučaj: 2 , k 0,1,2

3

k

Dakle: 1 2 3

5 9arg(z ) , arg(z ) , arg(z )

6 6 6

.

Skupovi točaka definirani samo argumentima su zapravo zrake iz ishodišta.

Sada riješimo i drugi, lakši uvjet:

2 2

2 2

2 1

( 2) 1

( 2) 1

x yi

x y

x y

Skup točaka definiran posljednjom jednadžbom je zapravo kružnica, ( 2,0), r 1S .

Kako je , slijedi da je , a bududi

da imamo dva rješenja za u, imat demo

sveukupno 6 rješenja za z. Broj rješenja je u

skladu sa stupnjem početne jednadžbe.

Prebacite rješenja u koordinatni

oblik i skicirajte ih!

Nacrtajmo dobivene skupove:

1. uvjet: 2. uvjet:

Vidimo da jedino zraka 5

6

ima potencijal da dodiruje, odnosno siječe kružnicu. Znamo za

poveznice između koordinatnih i polarnih koordinata:

cos , sinx r y r

Napišimo jednadžbu kružnice drugačije, primjenjujudi gornje formule:

2 25 5

r cos 2 sin 16 6

r

Dalje imamo:

2 2

2 2

2 2

2

1,2

5 5r cos 2 sin 1

6 6

32 1

2 2

4 3 3 14 1

2 4 4

2 3 3 0

3

r

rr

r r r

r r

r

Dakle, jedino rješenje koje zadovoljava uvjete je

5

65 5 3 1 3 3

3 3 cos sin 36 6 2 2 2 2

i

z e i i i

Grafičko rješenje:

Zadatci za vjez bu

1. Slijededim kompleksnim brojevima odredi realni i imaginarni dio te konjugirano kompleksni broj:

3 4 5 10) ) ) (3 )(4 ) )

5 5 3 4

ia i b i c i i d

i

4 25 4) 3 12 ) ) ( 3) 2( 3) 15

7e f g i i

2. Izračunaj u :

4920 7

7 10) 1

i ia i

i i

2

1) 2 Re 1 5

1

ib i i i

i

100

76 98

1)

1 1

ic

i i i

3. Odredite sve kompleksne brojeve čiji su kvadrati jednaki konjugiranom broju.

4. Za 1 1 5z i i 2 3 4z i odredite:

1 2 1 2 1 2 1 2) ) ) )a z z b z z c z z d z z

Koja su od rješenja zadataka a), b), c) i d) jednaki brojevi, a koja konjugirani?

5. Nađite sve z za koje je:

2 2) 4 ( ) 3 ) 4 3a z e z b m z z

6. Za koji x, y vrijedi:

1 ( 3) 4 ( 1)) 1 ) 2 5

5 3 1

x y i x y ia i b i

i i

7. Gdje se u Gaussovoj ravnini nalaze kompleksni brojevi za koje je:

1) 1 ( ) 2 ) ( ) 1, ( ) 2 ) ( ) , 1

3a e z b e z m z c e z z

8. Odredite za koje kompleksne brojeve vrijedi:

) 5 ) 2 1 2 ) 2a z i b z c z i z

9. Ako je 6 32 (1 ) ( 3 )z i i i , koliko iznosi z ?

10. Kompleksni broj z iz prvog kvadranta ima svojstvo da je ( )e z četiri puta vedi od ( )m z . Koliko

puta je 2( )e z vedi od 2( )m z ?

11. U kompleksnoj ravnini skicirati skup točaka z koji zadovoljavaju uvjet arg4

z i

z i

12. Nađi sve z ako je:

5

8 4 4 31) (1 ) ) ) 3 1 3

5 52 cos sin

12 12

ia z i b z c z i i

i

13. Riješi jednadžbe u :

2 4 9 6 3) 0 ) 8 0 ) 2 2 1 0a z i b z z c z z z

14. Nadi ona rješenja jednadžbe 4(1 ) (1 ) 0,i z i z z koja zadovoljavaju uvjet 3

12

z i